\section{矩阵的秩}


\begin{frame}{矩阵的列秩与行秩}
在上一节我们定义了向量组的秩。 如果我们把矩阵的每一行看成一个向量， 那么矩阵就可以认为是由这些行向量组成的。 同样， 如果把每一列看成一个向量， 那么矩阵也可以认为是由列向量组成的。


\pause
\begin{definition}%定义15 
所谓矩阵的行秩就是指矩阵的行向量组的秩， 矩阵的列秩就是矩阵的列向量组的秩。
矩阵$A$的行秩、列秩分别记作$\rank_r A, \rank_c A$.
\end{definition}
\pause

\begin{example}
  考虑矩阵
\[
   A=\left(\begin{array}{rrrr}
        1 & 1 & 3 & 1 \\
        0 & 2 & -1 & 4 \\
      0 & 0 & 0 & 5 \\
    0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right).
\]
\pause
$A$已然是阶梯形矩阵，且有$3$个非零行，因此$A$的列秩为$3$. 
\pause
$A$的行向量组是
\[
  \begin{array}{ll}
   \alpha_{1}=(1,1,3,1), &  \alpha_{2}=(0,2,-1,4), \\
 \alpha_{3}=(0,0,0,5), &  \alpha_{4}=(0,0,0,0) .
\end{array}
\]
把它们按列排成矩阵并行化简得
\end{example}
\end{frame}

\begin{frame}

  \addtocounter{theorem}{-1}
  \begin{example}[续]
\[\small
  \begin{pmatrix}
  1 & 0 & 0 & 0\\
  1 & 2 & 0 & 0\\
  3 & -1 & 0 & 0 \\
  1 & 4 & 5 & 0
  \end{pmatrix}\xrightarrow{\text{行化简}}
  \begin{pmatrix}
  1 & 0 & 0 & 0\\
  0 & -1 & 0 & 0\\
  0 & 0 & 5 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
  \end{pmatrix}.
\]
\pause
因此$A$的行秩为$3$.
\pause
顺便提下，也可把$A$列化简至列阶梯形数下非零列的个数来得到$A$的行秩。
\end{example}

\pause
  \begin{lemma}
    初等变换不改变矩阵的列秩、行秩。
    \label{130}
  \end{lemma}
\pause

  \begin{proof}
    先对列秩证明。
    先考虑初等行变换。设矩阵$A$经初等行变换化为了$A'$. 接着行化简$A'$可得阶梯形矩阵$A''$.
    由定理~\ref{165}~知$A, A'$的列秩都是$A''$中非零行的数目。
    故$A, A'$有相同的列秩。这就证明了初等行变换不改变列秩。
    \pause
    再考虑初等列变换。
    由初等列变换的可逆性可知初等列变换把矩阵的列向量组变成等价的向量组，因此列秩不变。
    例如，看$\begin{pmatrix}
      \alpha_1 & \alpha_2 & \cdots & \alpha_n
    \end{pmatrix}\xrightarrow{c_1+c_2\times c} 
\begin{pmatrix}
      \alpha_1+c\alpha_2 & \alpha_2 & \cdots & \alpha_n
    \end{pmatrix}$, 显然两个矩阵的列向量组等价。
    \pause
    对于行秩，把$A$的行向量组中向量都转置成列向量，记这些列向量并排得到的矩阵为$A^{\rT}$.
    此时$\rank_r A=\rank_c A^{\rT}$.
    显然对$A$做初等行（转：列）变换相当于对$A^{\rT}$做初等列（转：行）变换。
    这样由初等变换不改变$A^{\rT}$的列秩可知$A$的行秩在初等变换下不变。
  \end{proof}

\end{frame}

\begin{frame}{矩阵的秩}

矩阵的行秩等于列秩， 这一点不是偶然的。 实际上与 $ A$ 中的一些 “子行列式” 密切相关。我们引入



\begin{definition}%定义16 
  在 $s \times n$ 矩阵 $ A$ 中任意选定 $k$ 行和 $k$ 列， 位于这些选定的行和列的交点上的 $k^{2}$ 个元素按原来的次序所组成的 $k$ 阶行列式，称为 $ A$ 的 \emph{$k$ 阶子式}。
\end{definition}

在定义中， 当然有 $k \leqslant \min (s, n)$, 这里 $\min (s, n)$ 表示 $s, n$ 中较小的一个数。

\pause
矩阵$A$的第$i_1, i_2,\cdots,i_k$行与第$j_1,j_2,\cdots,j_l$列相交处的元素按之前的位置关系排成的$k\times l$矩阵记作
（下面的记号中默认$i_1<i_2<\cdots <i_k, j_1<j_2<\cdots<j_l$）
\[
  A
  \begin{pmatrix}
    i_1 i_2 \cdots i_k \\
    j_1j_2\cdots j_l
  \end{pmatrix},
\]
称为$A$的一个\emph{子矩阵}。
\pause
这样$A$的$i_1,i_2,\cdots,i_k$行与$j_1,j_2,\cdots,j_k$列相交处的元素给出的子方阵为
\[
A \begin{pmatrix}
    i_1 i_2 \cdots i_k \\
    j_1j_2\cdots j_k
  \end{pmatrix},
\]
相应的$k$阶子式可表示为
\[
  \begin{vmatrix}
    A \begin{pmatrix}
    i_1 i_2 \cdots i_k \\
    j_1j_2\cdots j_k
  \end{pmatrix}
\end{vmatrix}\quad\text{或}\quad 
\det A
  \begin{pmatrix}
    i_1 i_2 \cdots i_k \\
    j_1j_2\cdots j_k
  \end{pmatrix}.
\]
\end{frame}

\begin{frame}

  \begin{example}%例1 
    \label{14F}
  在矩阵
\[
   A=\left(\begin{array}{rrrr}
    1 & 1 & 3 & 1 \\
  0 & 2 & -1 & 4 \\
0 & 0 & 0 & 5 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)
\]
中，选第 $1,3$ 行和第 $3,4$ 列， 它们交点上的元素所成的 $2$ 阶行列式
\[
  \begin{vmatrix}
    A
    \begin{pmatrix}
      13\\34
    \end{pmatrix}
  \end{vmatrix}= \begin{vmatrix}
  3 & 1 \\
0 & 5
\end{vmatrix}=15
\]
就是一个 $2$ 阶子式。 又如选第 $1,2,3$ 行和第 $1,2,4$ 列， 相应的 $3$ 阶子式就是
\[
  \begin{vmatrix}
    A
    \begin{pmatrix}
      123\\124
    \end{pmatrix}
  \end{vmatrix}=\begin{vmatrix}
  1 & 1 & 1 \\
0 & 2 & 4 \\
0 & 0 & 5
\end{vmatrix}=10 .
\]
由于行和列的选法很多， 所以 $k$ 阶子式也是很多的。
\end{example}

\pause
\begin{definition}%定义17 
  矩阵 $ A$ 中最高阶非零子式的阶数称为矩阵 $ A$ 的\emph{秩}。 
  当 $ A$ 为零矩阵时称 $ A$的秩为零。
\end{definition}
\end{frame}

\begin{frame}

\begin{example}
  例~\ref{14F}~中矩阵$A$的秩为$3$.
  %矩阵$\begin{pmatrix}
  %  1 & 2 & 3 \\
  %  -1 & 0 & 1\\
  %  0 & 0 & 0 
  %\end{pmatrix}$的秩为$2$. 
  实矩阵
  $\begin{pmatrix}
    1 & a  & x+ay\\
    -a & 1 & -ax+y \\
    b & c & bx+cy
  \end{pmatrix}$的秩为$2$.
\end{example}
\pause
\begin{observation*}
  非零矩阵$A$的秩为$r$当且仅当$A$有个$r$阶非零子式，且所有的$r+1$阶（如果有的话）子式都等于$0$.
\end{observation*}
\pause
\begin{proof}
  按定义 ($\Rightarrow$) 是显然的。
  反之， 若 $ A$ 的所有 $r+1$ 阶子式全为零， 
  且有一个 $r$ 阶子式不为零，由行列式的展开定理， 
  $ A$ 的所有 $r+2$ 阶子式，所有 $r+3$ 阶子式，
  $\cdots$, 所有 $r$ 阶以上的子式只要有的话皆为零。 
  故 $ A$ 的最高阶非零子式的阶数为 $r$, 即 $ A$ 的秩为 $r$.
  这就证明了 ($\Leftarrow$).
\end{proof}

\pause
  我们来看看子式与线性相关性的一个联系。

  \begin{lemma}
    设矩阵$A$有个非零的$k$阶子式$\det A\begin{pmatrix}
      i_1 i_2 \cdots i_k \\
      j_1 j_2 \cdots j_k
    \end{pmatrix}$. 那么$A$的第$i_1, i_2, \cdots, i_r$行线性无关；
    $A$的第$j_1, j_2, \cdots, j_r$列线性无关。
    \label{124}
  \end{lemma}

\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{proof}[通过例子说明即可]
    通过建立线性方程组并应用Cramer法则可知$A$的子方阵$ A\begin{pmatrix}
      i_1 i_2 \cdots i_k \\
      j_1 j_2 \cdots j_k
    \end{pmatrix}$的行向量组和列向量组都线性无关。
    又线性无关的向量组添加分量仍线性无关，
可知$A$的第$i_1, i_2, \cdots, i_r$行线性无关；
    $A$的第$j_1, j_2, \cdots, j_r$列线性无关。
  \end{proof}

  \pause
  由引理~\ref{124}~可知秩不超过行秩、列秩。实际三个秩相等。要证明此事实，还需如下引理。
  \begin{lemma}
    初等变换不改变矩阵的秩。
    \label{131}
  \end{lemma}
  \pause

  \begin{proof}
我们证明初等行变换不改变秩，类似地可子式举例以对初等列变换验证。
交换两行和某行乘个非零数这两类初等行变换不改变矩阵的秩的验证留给读者，
我们只对一行的倍数加到另一行这个初等行变换验证。
设 $A$ 的秩为 $r$. 设把 $A$ 的第$i$行的倍数加到第$j$行后得到了 $B$. 
令$|B'|$为$B$的任一个$r+1$阶子式，其中$B'$为$B$的一个$r+1$阶子方阵。
如果$B'$无关第$j$行（即$B'$的元素都不取自第$j$行），那么$|B'|$是$A$的$r+1$阶子式。
如果该$B'$有关第$j$行（即$B'$从第$j$行取了元素），
拆开被操作的行中的加法后可以发现：
要么$|B'|$等于$A$的一个$r+1$阶子式（若$B'$有关第$i$行），
要么$|B'|$是 $A$ 的两个 $r + 1$ 阶子式的线性组合（若$B'$无关第$i$行）：
无论是哪种情况，$B$的$r+1$阶子式$|B'|$都是 $0$. 
这样 $\rank B \leqslant r = \rank A$. 
由于初等行变换可逆，我们也有
$\rank A \leqslant \rank B$. 这样 $\rank A = \rank B$. 证毕。
  \end{proof}


\end{frame}

\begin{frame}



  我们来叙述本节的主要结果。

\begin{theorem}%定理4 
  \label{12F}
  矩阵的列秩、秩、行秩相等。用符号表示就是 $\rank_c A = \rank A = \rank_r A$.
\end{theorem}

\pause
\begin{proof}
  如定理~\ref{165}~的证明中，对$A$的既约的阶梯形进一步做一系列初等列变换可把$A$化成
  形如
  \[
   A'=\left(\begin{array}{ccccccc}
       1 & 0 & \cdots & 0   & * & \cdots & * \\
       0 & 1 & \cdots & 0 & * & \cdots & *\\
    \vdots & \vdots &  & \vdots & \vdots & & \vdots\\
    0 &  0 & \cdots & 1 & *& \cdots & * \\
    && &&&& \symbf{0}
\end{array}\right).
  \]
  既然初等变换不改变矩阵的行秩、列秩、秩，
  $A'$的行秩、列秩、秩正是$A$的行秩、列秩、秩。
  而对于$A'$, 易知$\rank_c A' = \rank A' = \rank_r A'$, 因为它们都等于$A'$中非零行的个数$r$.
  诚然，$\rank A'=r$是显然的；由定理~\ref{165}~可知$\rank_c A'=r$;
  对于行秩，看$A'$的前$r$行的前$r$个分量，这是$r$个$r$维的单位向量，构成线性无关的向量组，
  而$A'$的前$r$行可视为这$r$个向量添加分量得到，因此也线性无关，从而可知$\rank_r A'=r$.
  因此$\rank_c A = \rank A = \rank_r A$. 
\end{proof}


\end{frame}

\begin{frame}
  直接通过定义确定具体的矩阵的秩通常是麻烦的（秩在理论上很有用）。
  由引理~\ref{131}~知我们可以化简矩阵。化简和定义可结合使用。
  \pause
  而定理~\ref{165}~表明$A$的列秩等于$A$在初等行变换下的阶梯形矩阵中非零行的数目。
  既然秩、列秩相等，我们有

  \begin{corollary}%推论2 
  矩阵 $ A$ 的秩等于 $ A$ 在初等行变换下的阶梯形矩阵中非零行的数目。 
  \end{corollary}
当然，就算秩而言，把$A$化成阶梯形的过程中初等列变换也是可以做的。
  \pause

  \begin{example}
    (1) 我们有
  \[\small
    A= \begin{pmatrix}
    100 & 102  & 4 & 1\\
    5 & 9 &  3 &7 \\
    105 & 111   & 7 & 8
  \end{pmatrix} \xrightarrow{r_3-r_2-r_1} 
  \begin{pmatrix}
100 & 102  & 4 & 1\\
    5 & 9  & 3 &7 \\
    0 & 0   & 0 & 0
  \end{pmatrix}, 
\] 
  且注意到我们有个$2$阶的非零子式$\begin{vmatrix}
    4 & 1 \\ 3 & 7
  \end{vmatrix}$, 因此矩阵$A$的秩为$2$.

  \pause
  (2) 我们有\[\small
  \begin{aligned}
    A=\begin{pmatrix}
      1 & -2 & -1 & -2 \\
      4 & 1 & 2 & 1 \\
      2 & 5 & 4 & -1 \\
    \end{pmatrix} \xrightarrow[r_3-2r_1]{r_2-4r_1} 
    \begin{pmatrix}
      1 & -2 & -1 & -2 \\
      0 & 9 & 6 & 9 \\
      0 & 9 & 6 & 3 
    \end{pmatrix}
    \xrightarrow{r_3-r_2} 
    \begin{pmatrix}
      1 & -2 & -1 & -2 \\
      0 & 9 & 6 & 9 \\
      0 & 0 & 0 & -6 
    \end{pmatrix}.
  \end{aligned}
\]
故而$\rank A=3$.
  \end{example}
\end{frame}

%\begin{frame}
% 我们只证明列秩等于秩，类似地可以证明行秩等于秩
%  （学习矩阵的转置概念后我们还可以通过转置从``列秩等于秩''和``转置不改变秩''这两个事实推出``行秩等于秩''）。
%  \pause
%\begin{proof*}[定理~\ref{12F}~的证明 (最高阶非零子式取成具体的来说明)]
%  设$m\times n$矩阵$A$的秩为$r$. 如有必要可对$A$做一些交换两行、交换两列这样的初等变换，之后可设$A$的子式$|A_1|\neq 0$, 其中
%  \[
%   A_1= \begin{vmatrix}
%      A 
%      \begin{pmatrix}
%        a_{11} & \cdots & a_{1r} \\
%        \vdots & & \vdots \\
%        a_{r1} & \cdots & a_{rr}
%      \end{pmatrix}
%    \end{vmatrix}.
%  \]
%  注意上述操作不改变秩和列秩。
%  接着行化简$A$我们可把子矩阵$A_1$化为阶梯形矩阵$A_1'$, 记$A$的化简结果为$A'$.
%  由于$|A_1|\neq 0$, $A_1'$为对角线上非零的上三角矩阵。
%  因此$A'$形如
%  \[
%    \left(\begin{array}{ccc|ccc}
%        a'_{11} & \cdots & a'_{1r} & a'_{1,r+1} & \cdots & a'_{1n} \\
%         & \ddots & \vdots & \vdots &   & \vdots \\
%         &  & a'_{rr} & a'_{r,r+1} & \cdots &  a'_{rn}\\
%         \hline
%         a'_{r+1, 1} & \cdots & a'_{r+1,r} & a'_{r+1,r+1} & \cdots & a'_{r+1,n} \\
%         \vdots & & \vdots & \vdots & & \vdots \\
%         a'_{m1} & \cdots & a'_{m,r} & a'_{m,r+1}& \cdots & a'_{mn}
%     \end{array}\right).
%  \]
%  \end{proof*}
%
%\end{frame}
%
%\begin{frame}
%  \begin{proof*}[定理~\ref{12F}~的证明 (续)]
%    由于$a'_{11}\neq 0$, 我们可以借助$a'_{11}$做初等行变换把$a'_{11}$下方所有的非零数清零；
%    由于$a'_{22}\neq 0$, 我们可以借助$a'_{22}$做初等行变换把$a'_{22}$下方所有的非零数清零；
%    \ldots;     由于$a'_{rr}\neq 0$, 我们可以借助$a'_{rr}$做初等行变换把$a'_{rr}$下方所有的非零数清零。
%    这样可把$A'$行化简为形如
%    \[
%    A''=\left(\begin{array}{ccc|ccc}
%        a''_{11} & \cdots & a''_{1r} & a''_{1,r+1} & \cdots & a''_{1n} \\
%         & \ddots & \vdots & \vdots &   & \vdots \\
%         &  & a''_{rr} & a''_{r,r+1} & \cdots &  a''_{rn}\\
%         \hline
%          & &  & a''_{r+1,r+1} & \cdots & a''_{r+1,n} \\
%         & &  & \vdots & & \vdots \\
%         &  & & a''_{m,r+1}& \cdots & a''_{mn}
%     \end{array}\right).
%    \]
%    由于$A$的秩为$r$, 容易发现$A''$的第$r+1$至到$m$行都必须是零行{\verify}。
%    $A''$是阶梯形矩阵，因此$\rank_c A''=r$. 
%    由于初等变换不改变列秩，我们有
%    \[
%      \rank_c A=\rank_c A'' =r=\rank A.
%    \]
%  \end{proof*}
%
%  \pause
%  \begin{exercise}
%    直接证明初等变换不改变秩：若矩阵$A$经初等变换得到$B$, 则$B$的任一$k$阶子式是$A$的$k$阶子式的线性组合，因此$\rank B\leqslant \rank A$; 又初等变换可逆，$B$也可经初等变换得到$A$, 因此也有$\rank A\leqslant \rank B$.
%  \end{exercise}
%\end{frame}
%\begin{proof}
%设 $ A$ 的秩为 $r$, 必有 $ A$ 的一个 $r$ 阶子式不为零，而所有 $r+1$ 阶子式皆为零。我们只证 $r= A$ 的列秩，而 $r= A$ 的行秩的证明是类似的。
%
%设
%\[
%A=\left(\begin{array}{cccc}
%a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1 n} \\
%a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2 n} \\
%\vdots & \vdots & & \vdots \\
%a_{s 1} & a_{s 2} & \cdots & a_{s n}
%\end{array}\right),
%\]
%且不妨设前 $r$ 列有 $r$ 阶子式不为零。 (否则可经过变换列的次序来达到这一点， 前后两个矩阵的列向量组是一样的， 它们有相同的列秩。) 设 $ A$ 的一个 $r$ 阶非零子式为
%\[
%d=\begin{vmatrix}
%a_{i_{1} 1} & a_{i_{1} 2} & \cdots & a_{i_{1} r} \\
%a_{i_{2} 1} & a_{i_{2} 2} & \cdots & a_{i_{2} r} \\
%\vdots & \vdots & & \vdots \\
%a_{i_{r} 1} & a_{i_{r} 2} & \cdots & a_{i_{r} r}
%\end{vmatrix} \neq 0 .
%\]
%下面来证 $ A$ 的前 $r$ 列是线性无关的，我们先证 $d$ 中的 $r$ 个列向量线性无关。 由 $d \neq 0$ 及克拉默法则， 方程组
%\[
%\left\{\begin{array}{c}
%a_{i_{1} 1} x_{1}+a_{i_{1} 2} x_{2}+\cdots+a_{i_{1} r} x_{r}=0, \\
%a_{i_{2} 1} x_{1}+a_{i_{2} 2} x_{2}+\cdots+a_{i_{2} r} x_{r}=0, \\
%\cdots \cdots \cdots \cdots \\
%a_{i_{r} 1} x_{1}+a_{i_{r} 2} x_{2}+\cdots+a_{i_{r} r} x_{r}=0
%\end{array}\right.
%\]
%只有零解，因此， $d$ 中 $r$ 个列向量线性无关。而 $ A$ 的前 $r$ 个列向量
%\[
%\alpha_{1}=\left(\begin{array}{c}
%a_{11}  \tag{1}\\
%\vdots \\
%a_{i_{1} 1} \\
%\vdots \\
%a_{i_{2} 1} \\
%\vdots \\
%a_{i_{1} 1} \\
%\vdots \\
%a_{s 1}
%\end{array}\right), \quad \alpha_{2}=\left(\begin{array}{c}
%a_{12} \\
%\vdots \\
%a_{i_{1} 2} \\
%\vdots \\
%a_{i_{2} 2} \\
%\vdots \\
%a_{i, 2} \\
%\vdots \\
%a_{s 2}
%\end{array}\right), \quad  \alpha_{r}=\left(\begin{array}{c}
%a_{1 r} \\
%\vdots \\
%a_{i_{1} r} \\
%\vdots \\
%a_{i_{2} r} \\
%\vdots \\
%a_{i_{r} r} \\
%\vdots \\
%a_{s r}
%\end{array}\right)
%\]
%是由 $d$ 的 $r$ 个列向量同时添加了 $s-r$ 个分量而得， 当然还是线性无关的。
%
%再证 $ A$ 的任一列向量都可经列向量组 (1) 线性表出。任取 $ A$ 的一个列向量
%\[
% \alpha_{j}=\left(\begin{array}{c}
%a_{1 j} \\
%a_{2 j} \\
%\vdots \\
%a_{s j}
%\end{array}\right), \quad r+1 \leqslant j \leqslant n,
%\]
%仍由 $d \neq 0$ 及克拉默法则， 方程组
%\[
%\left\{\begin{array}{c}
%a_{i_{1} 1} x_{1}+a_{i_{1} 2} x_{2}+\cdots+a_{i_{1} r} x_{r}=a_{i_{1} j}, \\
%a_{i_{2} 1} x_{1}+a_{i_{2} 2} x_{2}+\cdots+a_{i_{2} r} x_{r}=a_{i_{2} j}, \\
%\cdots \cdots \cdots \cdots \\
%a_{i_{r} 1} x_{1}+a_{i_{r} 2} x_{2}+\cdots+a_{i_{r} r} x_{r}=a_{i_{r} j}
%\end{array}\right.
%\]
%有唯一解， 即有 $l_{1}, l_{2}, \cdots, l_{r}$, 使
%\[
%\left(\begin{array}{c}
%a_{i_{1} j}  \tag{2}\\
%a_{i_{2} j} \\
%\vdots \\
%a_{i_{r} j}
%\end{array}\right)=l_{1}\left(\begin{array}{c}
%a_{i_{1} 1} \\
%a_{i_{2} 1} \\
%\vdots \\
%a_{i_{r} 1}
%\end{array}\right)+l_{2}\left(\begin{array}{c}
%a_{i_{1} 2} \\
%a_{i_{2} 2} \\
%\vdots \\
%a_{i_{,} 2}
%\end{array}\right)+\cdots+l_{r}\left(\begin{array}{c}
%a_{i_{1} r} \\
%a_{i_{2} r} \\
%\vdots \\
%a_{i_{r} r}
%\end{array}\right) .
%\]
%作 $ A$ 的几次初等列变换，使它的第 $j$ 列成为
%\[
% \alpha_{j}-l_{1}  \alpha_{1}-l_{2}  \alpha_{2}-\cdots-l_{r}  \alpha_{r} \xlongequal{\text { 记为 }}\left(\begin{array}{c}
%b_{11} \\
%\vdots \\
%b_{i_{1} 1} \\
%\vdots \\
%b_{i_{2} 1} \\
%\vdots \\
%b_{i_{r} 1} \\
%\vdots \\
%b_{s 1}
%\end{array}\right).
%\]
%由 (2) 知 $b_{i_{1} 1}=b_{i_{2} 1}=\cdots=b_{i_{\mathrm{r}} 1}=0$. 若我们能证明所有 $b_{i 1}=0(1 \leqslant i \leqslant s)$, 于是
%\[
% \alpha_{j}-l_{1}  \alpha_{1}-l_{2}  \alpha_{2}-\cdots-l_{r}  \alpha_{r}=\mathbf{0},
%\]
%即 $ A$ 的任一列向量 $ \alpha_{j}$ 是 $ \alpha_{1},  \alpha_{2}, \cdots,  \alpha_{r}$ 的线性组合， 因而 $ \alpha_{1},  \alpha_{2}, \cdots,  \alpha_{r}$ 是 $ A$ 的列向量组的极大线性无关组。这就证明了
%
%$ A$ 的列秩 $=r=A$ 的秩。
%
%为证 $i \neq i_{1}, i_{2}, \cdots, i_{r}$ 时， 所有 $b_{i 1}=0$, 取 $ A$ 的第 $i_{1}, i_{2}, \cdots, i_{r}$ 行，第 $r$ 行与第 $1,2, \cdots, r$列， 第 $j$ 列的交点组成的 $r+1$ 阶子式， 它应为零。 把第 $i$ 行从子式中变换到第 1 行， 第 $j$列变换到第 1 列， 得到的新 $r+1$ 阶子式仍为零， 即
%\[
%\begin{vmatrix}
%a_{i j} & a_{i 1} & a_{i 2} & \cdots & a_{i r} \\
%a_{i_{1} j} & a_{i_{1} 1} & a_{i_{1} 2} & \cdots & a_{i_{1} r} \\
%a_{i_{2} j} & a_{i_{2} 1} & a_{i_{2} 2} & \cdots & a_{i_{2} r} \\
%\vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
%a_{i_{r} j} & a_{i_{r} 1} & a_{i_{r} 2} & \cdots & a_{i_{r} r}
%\end{vmatrix}=0 .
%\]
%再将它的第 1 列依次减去第 2 列的 $l_{1}$ 倍，第 3 列的 $l_{2}$ 倍。第 $r+1$ 列的 $l_{r}$ 倍， 由 (2) 则得到
%\[
%\begin{vmatrix}
%b_{i 1} & a_{i 1} & a_{i 2} & \cdots & a_{i r} \\
%0 & a_{i_{1} 1} & a_{i, 2} & \cdots & a_{i_{1} r} \\
%0 & a_{i_{2} 1} & a_{i_{2} 2} & \cdots & a_{i_{2} r} \\
%\vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
%0 & a_{i, 1} & a_{i, 2} & \cdots & a_{i, r}
%\end{vmatrix}=b_{i 1} d=0 .
%\]
%又由 $d \neq 0$, 得所有 $i \neq i_{1}, i_{2}, \cdots, i_{r}$ 时， $b_{i 1}=0$. 定理证毕。 I
%\end{proof}
%
%从证明中看出，秩为 $r$ 的矩阵 $ A$ 中 $r$ 阶非零子式所在的 $r$ 个列向量 (行向量) 是它的列向量组 (行向量组)的一个极大线性无关组。



%\begin{corollary}%推论1 
%矩阵的初等列变换和初等行变换皆不改变该矩阵的秩、列秩和行秩。
%\end{corollary}
%
%
%
%\begin{proof}
%只对初等列变换证明。设矩阵 $ A$ 经初等列变换变成矩阵 $ B$. 易验证它们列向量组等价，故不改变 $ A$ 的列秩。于是，
%\end{proof}
%
%$ A$ 的行秩 $= A$ 的秩 $= A$ 的列秩 $= B$ 的列秩 $= B$ 的秩 $= B$ 的行秩。 I
%
%下面我们介绍用初等变换求矩阵的秩和它的列向量组的极大线性无关组的一个方法 (推论 3)。
%
%对矩阵 $ A$ 用初等变换化成阶梯形矩阵
%\[
% B=\left(\begin{array}{cccccccccc}
%0 & \cdots & 0 & b_{1 i_{i}} & \cdots & b_{1 i_{2}} & \cdots & b_{1 i_{r}} & \cdots & b_{1 n}  \tag{3}\\
%0 & \cdots & 0 & 0 & \cdots & b_{2 i_{2}} & \cdots & b_{2 i_{r}} & \cdots & b_{2 n} \\
%\vdots & & \vdots & \vdots & & \vdots & & \vdots & & \vdots \\
%0 & \cdots & 0 & 0 & \cdots & 0 & \cdots & b_{r i_{r}} & \cdots & b_{r n} \\
%0 & \cdots & 0 & 0 & \cdots & 0 & \cdots & 0 & \cdots & 0 \\
%\vdots & & \vdots & \vdots & & \vdots & & \vdots & & \vdots \\
%0 & \cdots & 0 & 0 & \cdots & 0 & \cdots & 0 & \cdots & 0
%\end{array}\right),
%\]
%其中 $b_{1 i_{1}}, b_{2 i_{r}}, \cdots, b_{r i_{t}} \neq 0$, 每个 $b_{l i_{l}}(l=1,2, \cdots, r)$ 的左面及下面皆为零。 它的前 $r$ 行和第 $i_{1}, i_{2}, \cdots, i_{r}$ 列的交点组成 $r$ 阶非零子式 (实际上它的值为 $b_{1 i_{1}} b_{2 i_{2}} \cdots b_{r r_{r}}$ ), 它的所有 $r+1$阶子式皆为零 (因 $ B$ 中仅有 $r$ 个非零行， 每个 $r+1$ 阶子式中至少含有一行全为零), 故秩 $( A)=$ 秩 $( B)=r$.
%
%
%
%\begin{corollary}%推论2 
%矩阵 $ A$ 的秩等于 $ A$ 在初等行变换下的阶梯形矩阵中非零行的数目。 I
%\end{corollary}
%
%
%
%\begin{corollary}%推论3 
%设矩阵 $ A$ 在初等行变换下的阶梯形是 (3) 中的矩阵 $ B$, 则 $ A$ 的第 $i_{1}$, $i_{2}, \cdots, i_{r}$ 列组成它的列向量组的一个极大线性无关组。
%\end{corollary}
%
%
%
%\begin{proof}
%令 $ A_{1},  B_{1}$ 分别是由 $ A$ 及 $ B$ 的第 $i_{1}, i_{2}, \cdots, i_{r}$ 列组成的矩阵。 显然， $ B_{1}$ 是由 $ A_{1}$\\
%经初等行变换得来的，它们有相同的列秩。 即 $ A_{1}$ 的列秩 $= B_{1}$ 的列秩 $=r$. 于是 $ A_{1}$ 的列向量组即 $ A$ 的第 $i_{1}, i_{2}, \cdots, i_{r}$ 列是 $ A$ 的 $r$ 个线性无关的列向量。 又秩 $( A)=r$, 这个部分组必为 $ A$ 的一个极大线性无关组。
%\end{proof}
\begin{frame}


  \begin{corollary}%推论4 
    \label{169}
  考虑方阵
\[
  A=\left(\begin{array}{cccc}
    a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1 n} \\
  a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2 n} \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
a_{n 1} & a_{n 2} & \cdots & a_{n n}
\end{array}\right).
\]
$ A$ 的列向量组 (行向量组)线性相关的充分必要条件是 $| A|=0$; 
$ A$ 的列向量组 (行向量组) 线性无关的充分必要条件是 $|A| \neq 0$.
\end{corollary}

\pause
\begin{proof}
  $ A$ 的最高阶子式的阶数为 $n$. $A$ 的列向量组 (转：行向量组) 线性无关
  当且仅当$\rank_c (A)=n$ (转：$\rank_r(A)=n$), 
  当且仅当  $\rank ( A)=n$,
当且仅当 $A$的最高阶子式 ($n$ 阶) $| A|\neq 0$. 
\end{proof}

\pause
由此亦容易推出Cramer法则及其逆定理。课本上正是这样的思路。

%\begin{example}%例2 
%求向量组
%\[
%(2,4,2), \quad(-1,-2,-1), \quad(3,5,4), \quad(1,4,0)
%\]
%的一个极大线性无关组。
%\end{example}
%
%将它们按列排成一个矩阵 $ A$,用初等行变换将 $ A$ 化成阶梯形， 即
%\[
% A=\left(\begin{array}{cccc}
%2 & -1 & 3 & 1 \\
%4 & -2 & 5 & 4 \\
%2 & -1 & 4 & 0
%\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{cccc}
%2 & -1 & 3 & 1 \\
%0 & 0 & -1 & 2 \\
%0 & 0 & 1 & -1
%\end{array}\right) \rightarrow\left(\begin{array}{cccc}
%2 & -1 & 3 & 1 \\
%0 & 0 & -1 & 2 \\
%0 & 0 & 0 & 1
%\end{array}\right) .
%\]
%由推论 2、推论 3 知秩 $( A)=3$,第 $1,3,4$ 列组成一个极大线性无关组。
\end{frame}



%应用举例 平板在热平衡下的温度分布。
%
%一块平板在处于热平衡状态时，物理上可推导出并能观察测量得到下列规律： 设 $P$ 是平板内的一个点， $C$ 是板内以 $P$ 为圆心的一个圆 (任意的), 则 $P$ 点的温度是圆上温度的平均值。 进一步可知，板内温度分布由板的边界上温度决定。但实际计算板上热平衡时每点的温度是有难度的。
%
%我们只限于求板内有限个点处的近似的温度。这可以化为求解线性方程组的问题。
%
%图 1 中我们作出一个网格图，边界上和内部都画出网格点。边界上各网格点上预设了温度。每个内部网格点上的温度都是相邻格点上温度取平均值， 这些值都是近似值。 缩小网格间距时会近似得更准确些。
%
%\begin{center}
%\includegraphics[max width=.3\textwidth]{2024_04_06_3657c10f85bbc477e2bag-21}
%\end{center}
%
%图 1
%
%共有 9 个内点， 其温度分别为 $t_{1}, t_{2}, \cdots, t_{9}$, 写出它们与相邻点上温度的关系就得到下列 9 个方程组成的线性方程组：
%\[
%\begin{array}{lll}
%t_{1}=\frac{1}{4}\left(t_{2}+2+0+0\right), & t_{2}=\frac{1}{4}\left(t_{1}+t_{3}+t_{4}+2\right), & t_{3}=\frac{1}{4}\left(t_{2}+t_{5}+0+0\right), \\
%t_{4}=\frac{1}{4}\left(t_{2}+t_{5}+t_{7}+2\right), & t_{5}=\frac{1}{4}\left(t_{3}+t_{4}+t_{6}+t_{8}\right), & t_{6}=\frac{1}{4}\left(t_{5}+t_{9}+0+0\right), \\
%t_{7}=\frac{1}{4}\left(t_{4}+t_{8}+1+2\right), & t_{8}=\frac{1}{4}\left(t_{5}+t_{7}+t_{9}+1\right), & t_{9}=\frac{1}{4}\left(t_{6}+t_{8}+0+1\right) .
%\end{array}
%\]
%即
%
%\begin{center}
%\includegraphics[max width=.3\textwidth]{2024_04_06_3657c10f85bbc477e2bag-22}
%\end{center}
%
%记它的系数矩阵为 $ M_{9 \times 9}$.
%
%如果把网格的间距减小一半，可画出 49 个内点。 就要解 49 个方程的方程组，但得的解就更近于实际值。
%
%平板在热平衡下的温度分布是由边界上的温度唯一决定的。 我们可以证明方程组 (6) 的解的唯一性。
%
%由定理 6 只要证 $|M| \neq 0$, 再由定理 5 只要证明方程组 (6) 对应的齐次方程组只有零解。 (这实际上是， 如果在平板的边界上预设每个网格点上的温度皆为零度， 则热平衡时平板内每个网格点上的温度皆为零度。)
%
%设取定方程组 (6) 对应的齐次方程组的一个解，对平板的任一组内点 $a, b, c, d$, $e, \cdots$, 这个解 (就是各网格点上的温度) 在其上的值为 $t_{a}, t_{b}, t_{c}, t_{d}, t_{e}, \cdots$. 设内点 $a$ 处的 $\left|t_{a}\right|$ 在平板的所有网格点处温度的绝对值上取极大值 (1).又设 $b, c, d, e$ 是 $a$ 的四个相邻点， 则 $t_{a}=\frac{1}{4}\left(t_{b}+t_{c}+t_{d}+t_{e}\right)$. 我们有 $\left|t_{a}\right| \leqslant \frac{1}{4}\left(\left|t_{b}\right|+\left|t_{c}\right|+\left|t_{d}\right|+\left|t_{e}\right|\right)$. 又 $\left|t_{a}\right|$ 是极大值，则有 $\left|t_{a}\right| \geqslant\left|t_{b}\right|,\left|t_{c}\right|,\left|t_{i d}\right|,\left|t_{e}\right|$.于是
%\[
%\begin{aligned}
%0 & \geqslant\left(\left|t_{b}\right|-\left|t_{a}\right|\right)+\left(\left|t_{c}\right|-\left|t_{a}\right|\right)+\left(\left|t_{d}\right|-\left|t_{a}\right|\right)+\left(\left|t_{c}\right|-\left|t_{a}\right|\right) \\
%& =4\left[\frac{1}{4}\left(\left|t_{b}\right|+\left|t_{c}\right|+\left|t_{d}\right|+\left|t_{c}\right|\right)-\left|t_{a}\right|\right] \geqslant 0 .
%\end{aligned}
%\]
%由此得 $\left|t_{a}\right|=\left|t_{b}\right|=\left|t_{c}\right|=\left|t_{d}\right|=\left|t_{e}\right|$. 即与 $a$ 相邻格点上温度的绝对值也是极大值。 如相邻格点有一个是边界点， 比如 $t_{e}$, 则 $\left|t_{n}\right|=\left|t_{c}\right|=0$. 任意内点 $j,\left|t_{j}\right| \leqslant\left|t_{a}\right|=0$, 故 $t_{j}=0$, 即
%
%(1) 因边界上点的温度是零， 其绝对值是最小值， 故在平板的网格某内点 $a$ 上一定会取到温度绝对值的极大值 $\left|t_{n}\right|$.\\
%全部内格点上温度为零。
%
%如 $b, c, d, e$ 中无边界点， 皆为内点， 可在上、下、左、右四个方向中固定一个方向， 比如是向右。 将 $a$ 移动到右面方向上的相邻内格点， 取作新的 $a$. 继续向右移动几次后的内点的温度的绝对值仍是极大值， 但它有边界格点作为相邻格点。 就证明了每个内部格点上的温度都是零度。 即方程组 (6) 对应的齐次方程组只有零解， 而方程组 (6) 有唯一解。
%


\begin{frame}{小结}

  \begin{enumerate}
    \item 何为矩阵的行向量组、列向量组？何为矩阵的行秩、列秩？
    \item 何为矩阵的$k$阶子式？何为矩阵的秩？
    \item 说说初等变换对秩、行秩、列秩的效果。
    \item 一矩阵的秩、行秩、列秩有何大小关系？
    \item 如何求具体的矩阵的秩？
    \item 如何用行列式来刻画一方阵的行向量组和列向量组的线性相关性？
    \item 说说Cramer法则对解的唯一性的刻画和其逆定理。此结论对齐次线性方程组的版本是？
  \end{enumerate}
  
\end{frame}
